Corrigé du deuxième examen de Janvier 2007

Universit´e P. et M. Curie Licence de Math´ematiques

LM360 B

Lundi 29 janvier 2007

Topologie et Calcul Diff´ erentiel

Corrig´e de l’examen

I

1) La fonction ϕ est clairement continue de R³ dans R², et P est l’image r´eciproque par ϕdu singleton {(0,0)}, qui est ferm´e dansR². Donc P est ferm´e dans R³.

De plus, pour tout point (x, y, z) de P, on a x² + 2y² + z² = 5, d’o`u on d´eduit imm´ediatement que |x|, |y| et |z| sont major´es par √

5. Le ferm´e P est born´e dans R³, donc compact. Les points (x, y, z) de P tels que x= 0 sont ceux qui v´erifient 2y²+z² = 5 et y² = 2z, donc z² + 4z −5 = 0, d’o`u z = −2±3. Les points (0,±√

2,1) appartiennent donc `a P, et P 6=∅.

2) La matrice jacobienne de ϕen (x, y, z) vaut :

Jϕ(x, y, z) =

µ2x 4y 2z 2x 2y −2

∂

En un point m = (x, y, z) de P o`u le rang de ϕ<sup>0</sup> est au plus 1, on a n´ecessairement : 4xy−8xy =−4x−4xz =−8y−4yz = 0, c’est-`a-dire : xy = x(1 +z) = y(2 +z) = 0, ou encore - soit x = y = 0 - soit x = 0 6= y et z = −2 - soit y = 0 6= x et z = −1. Dans le premier cas, on devrait avoir z² = 5 et z = 0 ; dans le second 2y² = 1 et y² = 2z = −4 ; dans le troisi`emex<sup>2</sup> = 4 et x<sup>2</sup> = 2z = −2. Il n’existe donc aucun point de P o`u le rang de ϕ⁰ soit diff´erent de 2.

3) La fonction continuef atteint sur le compactP son minimum et son maximum. En un tel pointa, puisqueϕ⁰est surjective, il r´esulte du th´eor`eme sur les extr´ema li´es qu’existent des multiplicateurs de Lagrange∏ et µtels que f<sup>0</sup>(a) =∏ϕ<sup>0</sup><sub>1</sub>(a) +µϕ<sup>0</sup><sub>2</sub>(a) (o`u ϕ₁ etϕ₂ d´esignent les fonctions coordonn´ees de ϕ). La matrice jacobienne de f est J_f(x, y, z) = ( 0 1 1 ). Si a= (x, y, z), on doit donc avoir

0 = ØØ ØØ ØØ

0 1 1

2x 4y 2z 2x 2y −2

ØØ ØØ

ØØ= 4x(1 +z−y)

doncx = 0 ouy = 1 +z.

Dans le cas x = 0, on doit avoir 2y² +z² = 5 et y²−2z = 0, donc 4z +z² = 5, ce qui entraˆıne z = 1 ou z = −5, et y² = 2z = 2 ou y² = 2z = −10. Ceci a comme solutions a₁ = (0,√

2,1) et a₂ = (0,−√

2,1), avec f(a₁) = 1 +√

2 et f(a₂) = 1−√ 2.

Dans le cas y= 1 +z, on doit avoiry²+z²+ 2z = (x²+ 2y²+z²)−(x²+y²−2z) = 5, donc

(1 +z)²+z²+ 2z = 2z²+ 4z+ 1 = 5 doncz =−1±√

3, y= 1 +z =±√

3 etx² = 2z−y² =−2±2√

3−3<0. Il n’y a donc pas de telle solution.

Finalement, on trouve seulement les deux points critiques a₁ et a₂. Et f atteint son maximum 1 +√

2 en a₁ et son minimum 1−√

2 en a₂. II

1) Soient E et F deux espaces de Banach, U un ouvert de E ×F et ϕ une fonction de classe

E

¹ de U dans F. On suppose que (a, b) est un point de U, que ϕ(a, b) = 0 et que la diff´erentielle partielle ∇yϕ(a, b) est un isomorphisme de F sur lui-mˆeme. Il existe alors un voisinage V de a dans E, un voisinage W de b dans F et une fonction f de classe

E

¹

de V dans W tels que V ×W ⊂ U, que f(a) = b et que, pour (x, y) ∈ V ×W, on ait ϕ(x, y) = 0 ⇐⇒ y=f(x).

2) Soitϕ:R×R³ →R³ l’application d´efinie, pour u= (x, y, z), par ϕ(t, u) =°

x³+y³+z³+t², x²+y²+z²+t−2, x+y+z+t¢

Si a= (0,−1,1), on a ϕ(0, a) = (0,0,0), et la matrice de la diff´erentielle partielle de ϕ par rapport `a u est

J(t, u) =



3x² 3y² 3z²

2x 2y 2z

1 1 1





dont le d´eterminant vaut

D(t, u) = 6(x²y−x²z+y²z−y²x+z²x−z²y) = 6(x−y)(x−z)(y−z)

et en particulier D(0, a) = 12 6= 0. Il r´esulte alors du th´eor`eme des fonctions implicites qu’existe une fonctionf de classe

E

¹ d´efinie sur un voisinage V de 0 dansR, `a valeurs dans R<sup>3</sup>, valanta en 0 telle que f(t) soit solution du syst`eme pour toutt ∈V.

De plus, la d´eriv´ee de f en 0 est ´egale `a

f⁰(t) =−≥

∇uϕ(0, a)¥−1

◦∇tϕ(0, a) =−



0 3 3 0 −2 2

1 1 1





−1

0 1 1





=− 1 12



−4 0 12

3 −3 0

2 3 0







0 1 1



=



 1

−1/4 1/4





III

1) La partieK deX est compacte si tout recouvrement deK par des ouverts deXcontient un sous-recouvrement fini deK( le sous-espaceKest n´ecessairement s´epar´e puisqueXl’est).

Soit (K_n) une suite d´ecroissante de parties compactes non vides de X. Puisque X est s´epar´e, chacune des K_n est ferm´ee dans X. Si l’intersection des K_n ´etait vide, les ouverts U_n = X \ K_n formeraient un recouvrement du compact K₀, qui devrait avoir un sous- recouvrement fini (U_n0, U_n1, . . . , U_nk). Alors sim= max(n₀, n₁, . . . , n_k), on aS

06j6kU_nj = U_m par d´ecroissance des K_n, c’est-`a-dire K<sub>0</sub> ⊂ U<sub>m</sub>, ou encore K<sub>m</sub> = K<sub>0</sub> ∩ K<sub>m</sub> = ∅, contrairement `a l’hypoth`ese que les K_n sont toutes non vides.

2

2) Puisque la fonctionf :y7→ ky−y₀k est continue, l’ensembleK_ε, image r´eciproque par f de [ε,+1[, est ferm´e dans K, donc lui-mˆeme compact.

Puisque la fonction f1 : y 7→ ky−x0k est continue sur Kε, l’ensemble Yn, image r´eciproque par f₁ de l’intervalle ferm´e [0,kx₀−y₀k+ 2⁻ⁿ], est ferm´e dans le compact K_ε, donc lui-mˆeme compact. Clairement, tout point y de Yn+1 est un point de Kε qui v´erifie ky−x₀k6kx₀−y₀k+2⁻ⁿ⁻¹ 6kx₀−y₀k+2⁻ⁿ, doncy∈Y_n, et ceci montre la d´ecroissance de la suite Yn. Enfin, siy appartient `a l’intersection desYn, c’est un point deKε qui v´erifie kx<sub>0</sub>−yk 6 kx<sub>0</sub>−y<sub>0</sub>k, donc un point de K distinct de y<sub>0</sub> dont la distance `a x₀ est ´egale `a d(x0, K), contrairement `a l’hypoth`ese d’unicit´e de y0. DoncT

nYn=∅.

3) Comme rappel´e en 1), on en d´eduit l’existence d’un entier n⁰ tel que Y_n⁰ = ∅. Par d´ecroissance de la suite (Y_n), les Y_n sont vides pour n > n⁰. Il existe aussi n⁰⁰ tel que 2⁻ⁿ⁰⁰ < ε. Il suffit alors de prendre n_ε = max(n⁰, n⁰⁰).

4) Si x appartient `a la boule B(x,2^−nε−1) et si z ∈ K_ε, on a par in´egalit´e triangulaire : kx−zk > kx₀−zk − kx−x₀k. De plus puisque z ∈ K_ε et que z /∈ Y_nε = ∅, on a kx−zk>kx₀−y₀k+ 2^−nε. Alors puisque de pluskx−x₀k<2^−nε−1 on obtient :

kx0−zk − kx−x0k>kx0−y0k+ 2^−nε −2^−nε−1 =kx0−y0k+ 2^−nε−1 De mˆeme, puisque y₀ ∈K et par in´egalit´e triangulaire, on a

d(x, K)6kx−y0k6kx0−y0k+kx−x0k<kx0−y0k+ 2^−nε−1

et compte tenu de ce qui pr´ec`ede : kx<sub>0</sub>−y<sub>0</sub>k+ 2<sup>−nε−1</sup> < kx−zk, d’o`u d(x, K) < kx−zk pour tout pointz de K_ε. Il en r´esulte que pour tout point ydeK tel qued(x, K) =kx−yk, on ay /∈K_ε, c’est-`a-direky−y₀k< ε.

5) Soit x ∈ B(x₀,2^−nε−1). La fonction continue y 7→ kx−yk atteint sa borne inf´erieure sur le compactK,d(x, K), en un pointy∈K, et il r´esulte de ce qui pr´ec`ede queky−y₀k< ε.

Puisquey₀ ∈K, on a δ(x) =d(x, K)² 6kx−y₀k², et

kx−y0k² =k(x−x0) + (x0−y0)k² =kx−x0k²+kx0−y0k²+ 2hx−x0, x0−y0i d’o`uδ(x)6kx−x₀k²+δ(x₀) + 2hx−x₀, x₀−y₀i.

On a aussi, puisque y∈K,d(x₀, K)6kx₀−yk donc : δ(x0) =d(x0, K)² 6kx0−yk² =k(x−x0)−(x−y)k²

=kx−x₀k²+δ(x)−2hx−x₀,(x−x₀) + (x₀−y₀)−(y−y₀)i

=δ(x) +kx−x₀k²−2kx−x₀k²−2hx−x₀, x₀−y₀i+ 2hx−x₀, y−y₀i 6δ(x)− kx−x₀k²−2hx−x₀, x₀−y₀i+ 2hx−x₀, y−y₀i

et puisque, par Cauchy-Schwarz, on a hx−x₀, y−y₀i 6 kx−x₀k.ky−y₀k 6 εkx−x₀k, on obtient finalement :

δ(x₀)6δ(x)−2hx−x₀, x₀−y₀i − kx−x₀k²+ 2εkx−x₀k 6δ(x)−2hx−x₀, x₀−y₀i+ 2εkx−x₀k

3

La comparaison des deux in´egalit´es donne enfin :

δ(x₀) + 2hx−x₀, x₀−y₀i −2εkx−x₀k6δ(x)6δ(x₀) + 2hx−x₀, x₀−y₀i+kx−x₀k² c’est-`a-dire, puisque kx−x₀k<2^−nε−1 < ε/2,

|δ(x)−δ(x₀)−2hx−x₀, x₀−y₀i|6kx−x₀kmax(2ε,kx−x₀k)62εkx−x₀k et puisqueε st arbitraire, δ(x)−δ(x₀)−2hx−x₀, x₀−y₀i=o(x−x₀).

Ceci signifie que δ est diff´erentiable en x₀, avec comme diff´erentielle δ⁰(x₀) la forme lin´eaire :h 7→2hh, x0−y0i.

6) La fonction θ : R^∗+ → R^∗+ d´efinie par θ(s) = s^3/4 est d´erivable, et sa d´eriv´ee est θ⁰(s) = 3

4s^−1/4. Il en r´esulte que si x₀ n’appartient pas `a K, on a δ(x₀) > 0 et donc que f =θ◦δ est diff´erentiable en x0, de diff´erentielle

f⁰(x₀) :h 7→23

4δ(x₀)^−1/4hh, x₀−y₀i= 3

2hh, x₀−y₀ kx0−y0k^1/2i

Si, au contraire, x0 appartient `a K, on a 0 6 δ(x) = d(x, K)<sup>2</sup> 6 kx−x0k<sup>2</sup> donc 0 6 f(x) 6 kx−x<sub>0</sub>k<sup>3/2</sup>, c’est-`a-dire f(x) = o(x−x₀). Donc f est diff´erentiable en x₀, de diff´erentielle nulle.

4